第1章 全等三角形（易错必刷30题5种题型专项训练）（解析版）

第1章全等三角形（易错必刷30题5种题型专项训练）一．全等图形（共2小题）1．（2021秋•盐都区校级月考）在如图所示的网格图中，每个小正方形的边长都为1．沿着图中的虚线，可以将该图形分割成2个全等的图形．在所有的分割方案中，最长分割线的长度等于7．【分析】沿着图中的虚线，可以将该图形分割成2个全等的图形．画出所有的分割方案，即可得到最长分割线的长度．【解答】解：分割方案如图所示：由图可得，最长分割线的长度等于7．故答案为：7．【点评】本题主要考查了全等图形，解决问题的关键是画出所有的分割方案．2．（2020秋•江都区校级月考）如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则∠1﹣∠2+∠3＝45°．【分析】观察图形可知∠1与∠3互余，∠2是直角的一半，利用这些关系可解此题．【解答】解：观察图形可知：△ABC≌△BDE，∴∠1＝∠DBE，又∵∠DBE+∠3＝90°，∴∠1+∠3＝90°．∵∠2＝45°，∴∠1﹣∠2+∠3＝90°﹣45°＝45°．故答案为：45°．【点评】此题综合考查角平分线以及全等图形，要注意∠1与∠3互余，∠2是直角的一半，特别是观察图形的能力．二．全等三角形的性质（共4小题）3．（2020秋•滨海县月考）如图，两个三角形△ABC与△BDE全等，观察图形，判断在这两个三角形中边DE的对应边为（）A．BE B．AB C．CA D．BC【分析】全等三角形的对应边相等，根据全等三角形的性质即可得出结论．【解答】解：∵△ABC与△BDE全等，通过测量可得：BD＜DE＜BE，BC＜AB＜AC，∴在这两个三角形中边DE的对应边为AB，故选：B．【点评】本题主要考查了全等三角形的性质，解决问题的关键是掌握：全等三角形的对应边相等．4．（2022秋•江阴市校级月考）一个三角形的三边为2、5、x，另一个三角形的三边为y、2、6，若这两个三角形全等，则x+y＝11．【分析】根据已知条件分清对应边，结合全的三角形的性质可得出答案．【解答】解：∵这两个三角形全等，两个三角形中都有2∴长度为2的是对应边，x应是另一个三角形中的边6．同理可得y＝5∴x+y＝11．故答案为：11．【点评】本题考查了全等三角形的性质及对应边的找法；根据两个三角形中都有2找对对应边是解决本题的关键．5．（2020秋•崇川区校级月考）如图，已知长方形ABCD的边长AB＝20cm，BC＝16cm，点E在边AB上，AE＝6cm，如果点P从点B出发在线段BC上以2cm/s的速度向点C向运动，同时，点Q在线段CD上从点C到点D运动．则当△BPE与△CQP全等时，时间t为1或4s．【分析】由条件分两种情况，当△BPE≌△CQP时，则有BE＝PC，由条件可得到关于t的方程，当△BPE≌△CPQ，则有BP＝PC，同样可得出t的方程，可求出t的值．【解答】解：∵AB＝20cm，AE＝6cm，BC＝16cm，∴BE＝14cm，BP＝2tcm，PC＝（16﹣2t）cm，当△BPE≌△CQP时，则有BE＝PC，即14＝16﹣2t，解得t＝1，当△BPE≌△CPQ时，则有BP＝PC，即2t＝16﹣2t，解得t＝4，故答案为：1或4．【点评】本题主要考查全等三角形的性质，由条件分两种情况得到关于t的方程是解题的关键．6．（2022秋•建湖县校级月考）一个三角形的三边为3、5、x，另一个三角形的三边为y、3、6，若这两个三角形全等，则x+y＝11．【分析】直接利用全等三角形的性质得出x，y的值进而得出答案．【解答】解：∵一个三角形的三边为3、5、x，另一个三角形的三边为y、3、6，这两个三角形全等，∴x＝6，y＝5，则x+y＝11．故答案为：11．【点评】此题主要考查了全等三角形的性质，正确得出x，y的值是解题关键．三．全等三角形的判定（共13小题）7．（2020秋•滨海县月考）已知△ABC的三个内角三条边长如图所示，则甲、乙、丙三个三角形中，和△ABC全等的图形是（）A．甲和乙 B．乙和丙 C．只有乙 D．只有丙【分析】根据三角形全等的判定定理：SAS，ASA，AAS，SSS，看看是否符合以上条件，进行判断即可．【解答】解：甲，不符合两边对应相等，且夹角相等，∴甲和已知三角形不全等；乙，符合两边对应相等，且夹角相等，乙和已知三角形全等；丙，符合AAS，即三角形和已知图的三角形全等；故选：B．【点评】本题考查了三角形全等的判定定理的应用，主要看看是否符合ASA，SAS，AAS，SSS，注意：对应相等，如：甲a＝a，c＝c，但夹角不相等，题型较好，但是一道比较容易出错的题目．8．（2022秋•仪征市校级月考）如图，已知△ABC的三条边和三个角，则甲、乙、丙三个三角形中和△ABC全等的是（）A．甲和乙 B．甲和丙 C．乙和丙 D．只有甲【分析】根据全等三角形的判定一一判断即可．【解答】解：∵∠A＝180°﹣42°﹣51°＝87°，根据AAS可以判定甲与△ABC全等，根据ASA可以判定乙与△ABC全等．故选：A．【点评】本题考查全等三角形的判定，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．9．（2022秋•靖江市月考）如图，在△ABC和△DEF中，AB＝DE，∠A＝∠D，添加一个条件不能判定这两个三角形全等的是（）A．AC＝DF B．∠B＝∠E C．BC＝EF D．∠C＝∠F【分析】根据全等三角形的判定定理，结合各选项的条件进行判断即可．【解答】解：A、添加AC＝DF，满足SAS，可以判定两三角形全等；B、添加∠B＝∠E，满足ASA，可以判定两三角形全等；C、添加BC＝EF，不能判定这两个三角形全等；D、添加∠C＝∠F，满足AAS，可以判定两三角形全等；故选：C．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．10．（2020秋•宜兴市月考）如图，已知CD＝CA，∠D＝∠A，添加下列条件中的（）仍不能证明△ABC≌△DEC．A．DE＝AB B．CE＝CB C．∠DEC＝∠B D．∠ECD＝∠BCA【分析】添加的条件取决于题目中的已知条件，若已知两边对应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．【解答】解：A．当DE＝AB，CD＝CA，∠D＝∠A时，可得△ABC≌△DEC（SAS）．B．当CE＝CB，CD＝CA，∠D＝∠A时，不能得到△ABC≌△DEC．C．当∠DEC＝∠B，CD＝CA，∠D＝∠A时，可得△ABC≌△DEC（AAS）．D．当∠ECD＝∠BCA，CD＝CA，∠D＝∠A时，可得△ABC≌△DEC（ASA）．故选：B．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定，解题时注意：两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等；两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等；两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．11．（2022秋•宝应县校级月考）如图，点A，D，C，F在一条直线上，AB＝DE，∠A＝∠EDF，下列条件不能判定△ABC≌△DEF的是（）A．AD＝CF B．∠BCA＝∠F C．∠B＝∠E D．BC＝EF【分析】根据各个选项中的条件和全等三角形的判定可以解答本题．【解答】解：已知点A、D、C、F在同一直线上，AB＝DE，∠A＝∠EDF，添加的一个条件是AD＝CF，可以得到AC＝DF，根据SAS可以证明△ABC≌△DEF，故选项A不符合题意；已知点A、D、C、F在同一直线上，AB＝DE，∠A＝∠EDF，添加的一个条件是∠BCA＝∠EFD，根据AAS可以证明△ABC≌△DEF，故选项B不符合题意；已知点A、D、C、F在同一直线上，AB＝DE，∠A＝∠EDF，添加的一个条件是∠B＝∠E，根据ASA可以证明△ABC≌△DEF，故选项C不符合题意；已知点A、D、C、F在同一直线上，AB＝DE，∠A＝∠EDF，添加的一个条件是BC＝EF，根据SSA不可以证明△ABC≌△DEF，故选项D符合题意；故选：D．【点评】本题考查全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用全等三角形的判定解答．12．（2022秋•大丰区校级月考）如图，点B在AE上，∠C＝∠D，要能证△ABC≌△ABD，只需再补充一个条件：∠CAB＝∠DAB．【分析】根据全等三角形的判定定理加条件．【解答】解：在△ABC和△ABD中∴△ABC≌△ABD（AAS）故答案为：∠CAB＝∠DAB．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，掌握判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、是解题关键．13．（2022秋•通州区校级月考）如图，AC，BD相交于点O，OB＝OD，要使△AOB≌△COD，添加一个条件是OA＝OC（答案不唯一）.（只写一个）【分析】根据全等三角形的判定方法，即可解答．【解答】解：∵OB＝OD，∠AOB＝∠COD，OA＝OC，∴△AOB≌△COD（SAS），∴要使△AOB≌△COD，添加一个条件是OA＝OC，故答案为：OA＝OC（答案不唯一）．【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．14．（2022秋•秦淮区校级月考）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，要使△ABD≌△ACD，若直接根据“HL”判定，还需要再添加的一个条件是AB＝AC．【分析】根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等（可以简写成“斜边、直角边”或“HL”）可得需要添加条件AB＝AC．【解答】解：还需添加条件AB＝AC，∵AD⊥BC于D，∴∠ADB＝∠ADC＝90°，在Rt△ABD和Rt△ACD中，，∴Rt△ABD≌Rt△ACD（HL）．由上可知，根据“HL”判定，还需要再添加的一个条件是AB＝AC．故答案为：AB＝AC．【点评】此题主要考查了直角三角形全等的判定，解题的关键是正确理解：斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等．15．（2022秋•洪泽区校级月考）如图，若∠1＝∠2，若根据AAS，加上条件∠A＝∠B，则有△AOC≌△BOC．【分析】根据全等三角形的判定方法AAS，即可解答．【解答】解：∵∠A＝∠B，∠1＝∠2，OC＝OC，∴△AOC≌△BOC（AAS），故答案为：∠A＝∠B．【点评】本题考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定方法AAS是解题的关键．16．（2022秋•江都区月考）如图，∠1＝∠2，要利用“AAS”得到△ABD≌△ACD，需要增加的一个条件是∠B＝∠C．【分析】根据题意，易得∠ADB＝∠ADC，AD为公共边，所以根据全等三角形的判定方法容易寻找添加条件．【解答】解：∵∠1＝∠2，∴∠ADB＝∠ADC，又∵AD＝AD，∴当∠B＝∠C时，△ABE≌△ACE（AAS）；或BD＝CD时，△ABE≌△ACE（SAS）；或∠BAE＝∠CAE时，△ABE≌△ACE（ASA）．故答案为：∠B＝∠C（答案不唯一）．【点评】此题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．17．（2021秋•东台市月考）如图，CA⊥BC，垂足为C，AC＝2cm，BC＝6cm，射线BM⊥BQ，垂足为B，动点P从C点出发以1cm/s的速度沿射线CQ运动，点N为射线BM上一动点，满足PN＝AB，随着P点运动而运动，当点P运动0或4或8或12秒时，△BCA与点P、N、B为顶点的三角形全等．【分析】此题要分两种情况：①当P在线段BC上时，②当P在BQ上，再分别分两种情况AC＝BP或AC＝BN进行计算即可．【解答】解：①当P在线段BC上，AC＝BP时，△ACB与△PBN全等，∵AC＝2，∴BP＝2，∴CP＝6﹣2＝4，∴点P的运动时间为4÷1＝4（秒）；②当P在线段BC上，AC＝BN时，△ACB与△NBP全等，这时BC＝PB＝6，CP＝0，因此时间为0秒；③当P在BQ上，AC＝BP时，△ACB与△PBN全等，∵AC＝2，∴BP＝2，∴CP＝2+6＝8，∴点P的运动时间为8÷1＝8（秒）；④当P在BQ上，AC＝NB时，△ACB与△NBP全等，∵BC＝6，∴BP＝6，∴CP＝6+6＝12，点P的运动时间为12÷1＝12（秒），故答案为：0或4或8或12．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，解题时注意斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．18．（2022秋•宝应县月考）如图，已知四边形ABCD中，AB＝10厘米，BC＝8厘米，CD＝12厘米，∠B＝∠C，点E为AB的中点．如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上由C点向D点运动．当点Q的运动速度为3厘米/秒或厘米/秒时，能够使△BPE与△CQP全等．【分析】分两种情况讨论，依据全等三角形的对应边相等，即可得到点Q的运动速度．【解答】解：设点P运动的时间为t秒，则BP＝3t，CP＝8﹣3t，∵∠B＝∠C，∴①当BE＝CP＝5，BP＝CQ时，△BPE与△CQP全等，此时，5＝8﹣3t，解得t＝1，∴BP＝CQ＝3，此时，点Q的运动速度为3÷1＝3厘米/秒；②当BE＝CQ＝5，BP＝CP时，△BPE与△CQP全等，此时，3t＝8﹣3t，解得t＝，∴点Q的运动速度为5÷＝厘米/秒；故答案为：3厘米/秒或厘米/秒．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定的应用，解决问题的关键是掌握全等三角形的对应边相等．19．（2022秋•洪泽区校级月考）已知，如图，∠1＝∠2，∠C＝∠D，BC＝BD，求证：△ABD≌△EBC．【分析】根据∠1＝∠2，可得∠ABD＝∠EBC，然后结合∠C＝∠D，BC＝BD，利用ASA可证明△ABD≌△EBC．【解答】证明：∵∠1＝∠2，∴∠1+∠EBD＝∠2+∠EBD，∴∠ABD＝∠EBC，在△ABD和△EBC中，，∴△ABD≌△EBC（ASA）．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．四．直角三角形全等的判定（共1小题）20．（2022秋•如皋市校级月考）下列说法不正确的是（）A．两条直角边对应相等的两个直角三角形全等 B．一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等 C．斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等 D．有两边相等的两个直角三角形全等【分析】根据直角三角形全等的判定方法：SAS，AAS，HL，逐一判断即可解答．【解答】解：A、两条直角边对应相等的两个直角三角形全等，可根据SAS来判断，故A不符合题意；B、一锐角和斜边对应相等的两个直角三角形全等，可根据AAS来判断，故B不符合题意；C、斜边和一直角边对应相等的两个直角三角形全等，可根据HL来判断，故C不符合题意；D、如果第一个直角三角形的两条直角边分别为3，4，第二个直角三角形一条直角边为3，斜边为4，那么这两个直角三角形不全等，故D符合题意；故选：D．【点评】本题考查了直角三角形全等的判定，熟练掌握直角三角形全等的判定是解题的关键．五．全等三角形的判定与性质（共10小题）21．（2022秋•如皋市校级月考）如图，AB⊥CD，且AB＝CD．E、F是AD上两点，CE⊥AD，BF⊥AD．若BF＝a，EF＝b，CE＝c，则AD的长为（）A．a+c B．b+c C．a﹣b+c D．a+b﹣c【分析】由余角的性质可得∠A＝∠C，由“AAS”可证△ABF≌△CDE，可得AF＝CE＝c，DE＝BF＝a，可得AD的长．【解答】解：∵AB⊥CD，CE⊥AD，BF⊥AD，∴∠AFB＝∠CED＝90°，∠A+∠D＝90°，∠C+∠D＝90°，∴∠A＝∠C，∵∠A＝∠C，∠CED＝∠AFB，AB＝CD，∴△ABF≌△CDE（AAS），∴AF＝CE＝c，DE＝BF＝a，∵EF＝b，∴AD＝AF+DF＝c+（a﹣b）＝a﹣b+c．故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的判定是本题的关键．22．（2022秋•如皋市校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，AD是边BC上的中线，则AD长的取值范围是（）A．6＜AD＜8 B．6≤AD≤8 C．1＜AD＜7 D．1≤AD≤7【分析】延长AD到点E，使DE＝AD，连接EC，根据三角形的中线定义可得CD＝BD，然后利用SAS证明△ADB≌△△EDC，从而可得AB＝EC＝6，最后在△ACE中，利用三角形的三边关系进行计算即可解答．【解答】解：延长AD到点E，使DE＝AD，连接EC，∵AD是边BC上的中线，∴CD＝BD，∵∠ADB＝∠CDE，∴△ADB≌△△EDC（SAS），∴AB＝EC＝6，在△ACE中，AC﹣CE＜AE＜AC+CE，∴2＜2AD＜14，∴1＜AD＜7，故选：C．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．23．（2021秋•邗江区校级期中）两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”，如图，四边形ABCD是一个筝形，其中AD＝CD，AB＝CB，在探究筝形的性质时，得到如下结论：①△ABD≌△CBD；②AC⊥BD；③四边形ABCD的面积＝2AC•BD，其中正确的结论有（）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【分析】先证明△ABD与△CBD全等，再证明△AOD与△COD全等即可判断．【解答】解：在△ABD与△CBD中，，∴△ABD≌△CBD（SSS），故①正确；∴∠ADB＝∠CDB，在△AOD与△COD中，，∴△AOD≌△COD（SAS），∴∠AOD＝∠COD＝90°，AO＝OC，∴AC⊥DB，故②正确；四边形ABCD的面积＝S△ABD+S△BDC＝AC•BD，故③错误；故选：C．【点评】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SSS证明△ABD与△CBD全等和利用SAS证明△AOD与△COD全等．24．（2022秋•广陵区校级月考）在△ABC中，AC＝6，AB＝4，则BC边上中线AD取值范围是1＜AD＜5．【分析】延长AD至点E，使得DE＝AD，连接CE，可证明△ABD≌△ECD（SAS），可得AB＝CE，AD＝DE，在△ACE中，根据三角形三边关系即可求得AE的取值范围，即可解题．【解答】解：延长AD至点E，使得DE＝AD，连接CE，BE，在△ABD和△CDE中，＝，∴△ABD≌△ECD（SAS），∴AB＝CE，AD＝DE∵△ACE中，AC﹣AB＜AE＜AC+AB，∴2＜AE＜10，∴1＜AD＜5．故答案为：1＜AD＜5．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形关系，证明△ABD≌△CDE是解题的关键．25．（2022秋•如皋市校级月考）在△ABC中，若AB＝5，AC＝7，则中线AD的最大整数值是5．【分析】延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，证△ADC≌△EDB，推出EB＝AC，根据三角形的三边关系求出即可．【解答】解：如图，延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，在△ADC与△EDB中，，∴△ADC≌△EDB（SAS），∴EB＝AC，根据三角形的三边关系得：BE﹣AB＜AE＜BE+AB，∴2＜AE＜12，∵AE＝2AD，∴1＜AD＜6，∴中线AD的最大整数值是5．故答案为：5．【点评】本题主要考查对全等三角形的性质和判定，三角形的三边关系定理等知识点的理解和掌握，能推出2＜2AD＜12是解此题的关键．26．（2021秋•海陵区校级月考）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝∠C＝90°，AB＝AD，AE⊥BC，垂足为E，若线段AE＝3，则四边形ABCD的面积是9．【分析】过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点，由AE⊥BC，AF⊥CF，∠C＝90°可得四边形AECF为矩形，则∠2+∠3＝90°，而∠BAD＝90°，根据等角的余角相等得∠1＝∠3，加上∠AEB＝∠AFD＝90°和AB＝AD，根据全等三角形的判定可得△ABE≌△ADF，由全等三角形的性质有AE＝AF＝5，S△ABE＝S△ADF，则S四边形ABCD＝S正方形AECF，然后根据正方形的面积公式计算即可．【解答】解：过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点，如图，∵AE⊥BC，AF⊥CF，∴∠AEC＝∠CFA＝90°，而∠C＝90°，∴四边形AECF为矩形，∴∠2+∠3＝90°，又∵∠BAD＝90°，∴∠1＝∠3，在△ABE和△ADF中，∵，∴△ABE≌△ADF（AAS），∴AE＝AF＝3，S△ABE＝S△ADF，∴四边形AECF是边长为3的正方形，∴S四边形ABCD＝S正方形AECF＝32＝9．故答案为：9．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：有两组对应角相等，并且有一条边对应相等的两个三角形全等；全等三角形的对应边相等；全等三角形的面积相等．也考查了矩形的性质．27．（2022秋•广陵区校级月考）已知△ABN和△ACM位置如图所示，∠B＝∠C，AD＝AE，∠1＝∠2．求证：（1）BD＝CE；（2）∠M＝∠N．【分析】（1）由AAS证明△ABD≌△ACE，得出对应边相等即可；（2）证出∠BAN＝∠CAM，由全等三角形的性质得出∠B＝∠C，由ASA证明△ACM≌△ABN，得出对应角相等即可．【解答】证明：（1）在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（AAS），∴BD＝CE；（2）∵∠1＝∠2，∴∠1+∠DAE＝∠2+∠DAE，即∠BAN＝∠CAM，在△ACM和△ABN中，，∴△ACM≌△ABN（ASA），∴∠M＝∠N．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质．能够正确证明三角形全等是解决问题的关键．28．（2021秋•句容市月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8，BC＝12，点D从B出发以每秒2个单位的速度在线段BC上从点B向点C运动，点E同时从C出发以每秒2个单位的速度在线段CA上向点A运动，连接AD、DE，设D、E两点运动时间为t秒（0＜t＜4）（1）运动3秒时，AE＝DC；（2）运动多少秒时，△ABD≌△DCE能成立，并说明理由；（3）若△ABD≌△DCE，∠BAC＝α，则∠ADE＝90°﹣α（用含α的式子表示）．【分析】（1）依据BD＝CE＝2t，可得CD＝12﹣2t，AE＝8﹣2t，再根据当AE＝DC，时，8﹣2t＝（12﹣2t），可得t的值；（2）当△ABD≌△DCE成立时，AB＝CD＝8，根据12﹣2t＝8，可得t的值；（3）依据∠CDE＝∠BAD，∠ADE＝180°﹣∠CDE﹣∠ADB，∠B＝∠180°﹣∠BAD﹣∠ADB，即可得到∠ADE＝∠B，再根据∠BAC＝α，AB＝AC，即可得出∠ADE．【解答】解：（1）由题可得，BD＝CE＝2t，∴CD＝12﹣2t，AE＝8﹣2t，∴当AE＝DC，时，8﹣2t＝（12﹣2t），解得t＝3，故答案为：3；（2）当△ABD≌△DCE成立时，AB＝C